Cho tam giác ABC, (J) là đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại I, D, E. Giả sử đường thẳng EI vuông góc với AC tại K, gọi H là hình chiếu của D trên JK. Chứng minh rằng:

a) Tam giác KDJ đồng dạng với tam giác DJB

b) $\widehat{CHI}=\widehat{AHE}=90^{o}$

Cho tam giác ABC có AB là cạnh nhỏ nhất, nội tiếp đường tròn (O), Gọi D là điểm thay đổi trên cung nhỏ AB của đường tròn (O) ( D không trùng với A, B). Trên cạnh AC và BD lấy các điểm M, N tương ứng sao cho AM = BD và BN = AD. Chứng minh rằng khi D thay đổi trên cung nhỏ AB của đường tròn (O) thì trung điểm I của MN luôn thuộc một đường tròn cố định.

$2y^{2}x+x+y+1=x^{2}+2y^{2}+xy$

$\Leftrightarrow \left ( x^{2}-1 \right )-(2y^{2}x-2y^{2})+(xy-y)=x$

$\Leftrightarrow (x-1)(x+1-2y^{2}+y)=x$

Nếu x-1=0 => y=1

Nếu $x-1\neq 0$

$\Leftrightarrow x+1-2y^{2}+y=\frac{x}{x-1}=1+\frac{1}{x-1}$

=> x-1 là ước của 1 

Từ đó tìm ra nghiệm của phương trình 

1) Chứng minh rằng $x_{0}$ là nghiệm của phương trình $x^{3}+ax^{2}+bx+c=0$ thì $\left | x_{0} \right |<\sqrt{1+a^{2}+b^{2}+c}$

2) Chứng minh rằng nếu phương trình $\left ( x+y \right )^{2}+\left ( x+a \right )^{2}+\left ( y+b \right )^{2}=c^{2}$ (ẩn x, y) có nghiệm thì $\left | a+b \right |\leq \left | c \right |\sqrt{3}$

Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B ( O và O' thuộc hai nửa mặt phẳng bờ AB). Một cát tuyến kẻ qua A cắt đường tròn (O) ở C và cắt đường tròn (O') ở D. Kẻ OM vuông góc với CD và O'N vuông góc với CD

a) Gọi I là trung điểm của MN. Chứng minh rằng đường thẳng kẻ qua I vuông góc với BC đi qua một điểm cố định khi cát tuyến CD kẻ qua A thay đổi

b) Qua A kẻ cát tuyến song song với đường nối tâm OO' cắt đường tròn (O) ở P và cắt đường tròn (O') ở Q. So sánh độ dài các đoạn thẳng PQ và CD

Chứng minh rằng với mọi $n\in N*$ ta có: $1+\frac{1}{2^{3}}+...+\frac{1}{n^{3}}<\frac{5}{4}$

+ Chứng minh tam giác MBC đồng dạng với tam giác NDC (g.g)

+ Suy ra MC/NC = BC/DC => MC/NC = AD/DC

+ Chứng minh góc ADC = góc MCN ( vì $\widehat{MCN}+\widehat{MAN}=180^{\circ}$ và $\widehat{ADC}+\widehat{MAN}=180^{\circ}$)

+ Từ đó suy ra tam giác ADC đồng dạng với tam giác MCN => Đpcm

Chứng minh rằng với mọi x, y, z > 0 ta có: 

             $\left ( 1+\frac{x}{y} \right )\left ( 1+\frac{y}{z} \right )\left ( 1+\frac{z}{x} \right )\geq 2+\frac{2\left ( x+y+z \right )}{\sqrt[3]{xyz}}$

Cho a, b, c, m, n. Chứng minh rằng:

$a^{m+n}+b^{m+n}+c^{m+n}\geq a^{m}.b^{n}+b^{m}.c^{n}+c^{m}.a^{n}$

Cho a, b, c >0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 

$\frac{a^{3}}{(2a^{2}+b^{2})(2a^{2}+c^{2})}+\frac{b^{3}}{(2b^{2}+c^{2})(2b^{2}+a^{2})}+\frac{c^{3}}{(2c^{2}+a^{2})(2c^{2}+b^{2})}$$\leq \frac{1}{3}$

a+b+c = 2 Chứng minh rằng : $(a+b-ab)(b+c-bc)(c+a-ca)\leq 1-abc$

3a) Ta có $\frac{1}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}=\frac{1}{(b+c)^{2}-a^{2}-2bc}$

$=\frac{1}{(-a)^{2}-a^{2}-2bc}$ ( vì a+b+c=0 )

$=\frac{1}{-2bc}$

cmtt ta có $P=\frac{1}{-2bc}+\frac{1}{-2ac}+\frac{1}{-2ab}$

=> $P=\frac{a}{-2abc}+\frac{b}{-2abc}+\frac{c}{-2abc}$

=> $P=\frac{a+b+c}{-2abc}=0$

Vậy P=0

$a^{2}+b^{2}+c^{2}=ab+bc+ca$

$<=> 2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}=2ab+2bc+2ca $

$<=> (a^{2}-2ab+b^{2})+(b^{2}-2bc+c^{2})+(c^{2}-2ca+a^{2})=0$

$<=> (a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}=0$

=> đpcm

$(a+b)^{6}+(b+c)^{6}+\left ( c+a \right )^{6}\geq \frac{16}{61}(a^{6}+b^{6}+c^{6})$

a) $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ trong đó p là nửa chu vi tam giác

b) $S=(p-a)r_{a}=(p-b)r_{b}=(p-c)r_{c}$ trong đó r là bán kính đường tròn bàng tiếp của tam giác

Cho tam giác ABC có AC=5, BC=6, trung tuyến AD và BE vuông góc với nhau tại O. Tinh AB

Cho tam giác ABC có tia phân giác góc ABC cắt AC tại D, tia phân giác góc ADB cắt AB tại E. Tính số đo góc A biết rằng BE+CD=AB

câu 2: với $\frac{a}{2a^{2}+b^{2}+3}$

cm $a^{2}+b^{2}\geq 2ab$ và $a^{2}+1\geq2a$

=> $\frac{a}{2a^{2}+b^{2}+3}$$\leq \frac{a}{2ab+2a+2}$$\leq \frac{a}{2\left ( ab+a+1 \right )}$

cmtt suy ra dpcm

Ps: bài này là đề thi hsg lớp 8 của huyện mk năm ngoái

Gọi thời gian dự định đi hết quãng đường là x. 
Độ dài quãng đường AB là: S = v.t = 40x 
Nửa quãng đường là S/2 = 40x/2 = 20x. 
Nửa quãng đường đầu đi vs vtốc dự định (40km/h) 
=> Thời gian đi hết nửa quãng đường đầu là: t1 = S : v1 = 20x : 40 = 1/2x 
Nửa quãng đường đầu đi vs vtốc tăng hơn dự định 10km/h (50km/h) 
=> Thời gian đi hết nửa quãng đường sau là t2 = S : v2 = 20x : 50 = 2/5x 
Tổng thời gian đi hết quãng đường là: t = t1 + t2 = 1/2x + 2/5x = 9/10x 
Do thực tế đến B sớm hơn dự kiến 1h nên ta có: x - 9/10x = 1 => x = 10 (h) 
=> Độ dài quãng đường AB là S = 40.10 = 400 (km). 

Không biết cách m làm có đúng vs ý bn ko? Bạn thử làm với cách đặt độ dài xem sao? 

Cho mk hỏi còn giả thiết cho 60km thì mk dùng ntn

Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=1

CMR: $\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\geq 16$

1) Chứng minh rằng với mọi $x,y\in R$, ta luôn có $\frac{x^{2}-xy+y^{2}}{x^{2}+xy+y^{2}}\geq \frac{1}{3}$

2) Cho a+b+c=9 và a,b,c>0. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                       $P=\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{b^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{c^{3}}{c^{2}+ca+a^{2}}$

ps:     

CM được 

$f(f(x)+x)=f(x)f(x+1)$

=> đpcm

nói tke làm sao người khác hiểu được, bạn Văn

G/sử tất cả chúng là hợp số .Gọi pi là ước nguyên tố nhỏ nhất của ni ( i=1;2;3..;15). Gọi p là số lớn nhất trong các số p1,p2,…,p15 . Do các số n1,n2,…,n15 đôi một nguyên tố cùng nhau nên các số p1,p2,…,p15 khác nhau tất cả.
Số nguyên tố thứ 15 là số 47, ta có $p\geq 47$
Đối với số n có ước nguyên tố nhỏ nhất là p thì $p\leq \sqrt{n}$
Suy ra $n\geq p^{2}\geq 47^{2}> 2004$ , vô lý

Vậy trong 15 số n1,n2,…,n15 tìm được một số nguyên tố.

lần này cảm ơn bạn Văn nhiều     

1) Cho a>0, b>0 và $a^{2}+b^{2}=10$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $Q=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}$

2) Cho $x\geq 4$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $R=\frac{x^{2}+1}{x}$